\documentclass[handout]{slide}



\renewcommand{\mytitle}{第十二章\quad 无穷级数}
\renewcommand{\mysubtitle}{第四节\quad 函数展开成幂级数}
\graphicspath{{./images}}

\begin{document}


\begin{frame}{函数展开成幂级数}
  前面讨论了幂级数的收敛域及其和函数的性质。
  但在许多应用中，我们遇到的却是相反的问题： 给定函数 $f(x)$, 要考虑它是否能在某个区间内 “展开成幂级数”，
  就是说， 是否能找到这样一个幂级数， 它在某区间内收敛， 且其和恰好就是给定的函数 $f(x)$. 
  如果能找到这样的幂级数， 我们就说， \emph{函数 $f(x)$ 在该区间内能展开成幂级数}，而这个幂级数在该区间内就表达了函数 $f(x)$.

  \pause
假设函数 $f(x)$ 在点 $x_{0}$ 的某邻域 $U\left(x_{0}\right)$ 内能展开成幂级数， 即有
\[\tag{4-1}
f(x)=a_{0}+a_{1}\left(x-x_{0}\right)+a_{2}\left(x-x_{0}\right)^{2}+\cdots+a_{n}\left(x-x_{0}\right)^{n}+\cdots, \quad x \in U\left(x_{0}\right),
\]
\pause
则根据和函数的性质， 可知 $f(x)$ 在 $U\left(x_{0}\right)$ 内应具有任意阶导数， 且
\[
f^{(n)}(x)=n ! a_{n}+(n+1) ! a_{n+1}\left(x-x_{0}\right)+\frac{(n+2) !}{2 !} a_{n+2}\left(x-x_{0}\right)^{2}+\cdots,
\]
\pause
由此可得
\[
f^{(n)}\left(x_{0}\right)=n ! a_{n},
\]
\pause
于是
\[\tag{4-2}
a_{n}=\frac{1}{n !} f^{(n)}\left(x_{0}\right) \quad(n=0,1,2, \cdots) .
\]
\end{frame}


\begin{frame}
这就表明， 如果函数 $f(x)$ 有幂级数展开式 (4-1), 那么该幂级数的系数 $a_{n}$ 由公式 (4-2) 确定， 即该幂级数必为
\[\tag{4-3}
f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+\cdots+\frac{1}{n !} f^{(n)}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)^{n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n !} f^{(n)}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)^{n},
\]
\pause
而展开式必为
\[\tag{4-4}
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n !} f^{(n)}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)^{n}, \quad x \in U\left(x_{0}\right) .
\]
\pause
幂级数 (4-3) 叫做函数 $f(x)$ 在点 $x_{0}$ 处的\emph{泰勒级数}。 展开式 (4-4) 叫做函数 $f(x)$ 在点 $x_{0}$ 处的\emph{泰勒展开式}。

\pause
由以上讨论可知， 函数 $f(x)$ 在 $U\left(x_{0}\right)$ 内能展开成幂级数的充分必要条件是泰勒展开式 (4-4) 成立， 也就是泰勒级数 (4-3) 在 $U\left(x_{0}\right)$ 内收敛， 且收敛到 $f(x)$.

\pause
下面讨论泰勒展开式 (4-4) 成立的条件。
\begin{theorem*}
设函数 $f(x)$ 在点 $x_{0}$ 的某一邻域 $U\left(x_{0}\right)$ 内具有各阶导数， 则 $f(x)$ 在该邻域内能展开成泰勒级数的充分必要条件是在该邻域内 $f(x)$ 的泰勒公式中的余项 $R_{n}(x)$当 $n \rightarrow \infty$ 时的极限为零， 即
\[
\lim _{n \rightarrow \infty} R_{n}(x)=0, \quad x \in U\left(x_{0}\right) .
\]
\end{theorem*}
\end{frame}


\begin{frame}

\begin{proof}
$f(x)$ 的 $n$ 阶泰勒公式为 (见第三章第三节)
\[
f(x)=p_{n}(x)+R_{n}(x),
\]
其中
\[
p_{n}(x)=f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+\cdots+\frac{1}{n !} f^{(n)}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)^{n}
\]
叫做函数 $f(x)$ 的 \emph{$n$ 次泰勒多项式}，而
\[
R_{n}(x)=f(x)-p_{n}(x)
\]
就是定理中所指的余项。

\pause
由于 $n$ 次泰勒多项式 $p_{n}(x)$ 就是级数 (4-3) 的前 $n+1$ 项部分和，根据级数收敛的定义， 即有
\[
  \begin{array}{ll}
    \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n !} f^{(n)}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)^{n}=f(x), & x \in U\left(x_{0}\right) \\
  \Leftrightarrow \lim _{n \rightarrow \infty} p_{n}(x)=f(x), & x \in U\left(x_{0}\right) \\
\Leftrightarrow \lim _{n \rightarrow \infty}\left[f(x)-p_{n}(x)\right]=0, & x \in U\left(x_{0}\right) \\
\Leftrightarrow \lim _{n \rightarrow \infty} R_{n}(x)=0, & x \in U\left(x_{0}\right) .
\end{array}
\]
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
下面着重讨论 $x_{0}=0$ 的情形。 在 (4-3) 式中， 取 $x_{0}=0$, 得
\[\tag{4-5}
f(0)+f^{\prime}(0) x+\cdots+\frac{1}{n !} f^{(n)}(0) x^{n}+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n !} f^{(n)}(0) x^{n},
\]
级数 (4-5) 称为函数 $f(x)$ 的\emph{麦克劳林级数}。 
\pause
若 $f(x)$ 能在 $(-r, r)$ 内展开成 $x$ 的幂级数，则有
\[\tag{4-6}
f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n !} f^{(n)}(0) x^{n} \quad(|x|<r),
\]
(4-6) 式称为函数 $f(x)$ 的\emph{麦克劳林展开式}。
\end{frame}


\begin{frame}


要把函数 $f(x)$ 展开成 $x$ 的幂级数， 可以按照下列步骤进行：

\pause
\textbf{第一步}\quad 求出 $f(x)$ 的各阶导数 $f^{\prime}(x), f^{\prime \prime}(x), \cdots, f^{(n)}(x), \cdots$, 如果在 $x=0$ 处某阶导数不存在， 就停止进行， 例如在 $x=0$ 处， $f(x)=x^{7 / 3}$ 的三阶导数不存在， 它就不能展开为 $x$ 的幂级数。

\pause
\textbf{第二步}\quad 求出函数及其各阶导数在 $x=0$ 处的值
\[
f(0), f^{\prime}(0), f^{\prime \prime}(0), \cdots, f^{(n)}(0), \cdots
\]

\pause
\textbf{第三步}\quad 写出幂级数
\[
f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2 !} x^{2}+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n !} x^{n}+\cdots,
\]
并求出收敛半径 $R$.

\pause
\textbf{第四步}\quad 利用余项 $R_{n}(x)$ 的表达式 $R_{n}(x)=\frac{1}{(n+1) !} f^{(n+1)}(\theta x) x^{n+1}(0<\theta<1)$, 
考察当 $x$ 在区间 $(-R, R)$ 内时余项 $R_{n}(x)$ 的极限是不是零。 
如果为零， 那么函数 $f(x)$ 在区间 $(-R, R)$ 内的幂级数展开式为
\[
f(x)=f(0)+f^{\prime}(0) x+\frac{f^{\prime \prime}(0)}{2 !} x^{2}+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n !} x^{n}+\cdots \quad(-R<x<R) .
\]
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{example}
  将函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x}$ 展开成 $x$ 的幂级数。
\end{example}

\pause
\begin{solution}
所给函数的各阶导数为 $f^{(n)}(x)=\mathrm{e}^{x}$ ($n=1,2, \cdots$), 
因此 $f^{(n)}(0)=1 \quad(n=0$, $1,2, \cdots)$, 这里 $f^{(0)}(0)=f(0)$. 于是得级数
\[
1+x+\frac{x^{2}}{2 !}+\cdots+\frac{x^{n}}{n !}+\cdots
\]
它的收敛半径 $R=+\infty$.
\pause
对于任何有限的数 $x$ 与 $\xi$ ($\xi$ 在 0 与 $x$ 之间), 余项的绝对值为
\[
\left|R_{n}(x)\right|=\left|\frac{\mathrm{e}^{\xi}}{(n+1) !} x^{n+1}\right|<\mathrm{e}^{|x|} \cdot \frac{|x|^{n+1}}{(n+1) !} .
\]
\pause
因 $\mathrm{e}^{|x|}$ 为有限值， 而 $\frac{|x|^{n+1}}{(n+1) !}$ 是收敛级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{|x|^{n+1}}{(n+1) !}$ 的一般项， 所以当 $n \rightarrow \infty$ 时，
\[
  \mathrm{e}^{|x|} \cdot \frac{|x|^{n+1}}{(n+1) !} \rightarrow 0,
\]
\pause
即当 $n \rightarrow \infty$ 时， 有 $\left|R_{n}(x)\right| \rightarrow 0$. 
\pause
于是得展开式
\[\tag{4-7}
    \mathrm{e}^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2 !}+\cdots+\frac{x^{n}}{n !}+\cdots \quad (-\infty<x<+\infty) .
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
如果在 $x=0$ 处附近， 用级数的部分和 (即多项式) 来近似代替 $\mathrm{e}^{x}$, 那么随着项数的增加， 它们就越来越接近于 $\mathrm{e}^{x}$, 如图 12-4 所示。

\pause
\begin{figure}
  \centering
\includegraphics[max width=.5\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-33}
\caption*{图 12-4}
\end{figure}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  将函数 $f(x)=\sin x$ 展开成 $x$ 的幂级数。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
所给函数的各阶导数为
\[
f^{(n)}(x)=\sin \left(x+n \cdot \frac{\pi}{2}\right) \quad(n=1,2, \cdots),
\]
\pause
$f^{(n)}(0)$ 顺序循环地取 $0,1,0,-1, \cdots(n=0,1,2,3, \cdots)$, 
\pause
于是得级数
\[
  x-\frac{x^{3}}{3 !}+\frac{x^{5}}{5 !}-\cdots+(-1)^{n} \frac{x^{2 n+1}}{(2 n+1) !}+\cdots.
\]
\pause
它的收敛半径 $R=+\infty$.

\pause
对于任何有限的数 $x$ 与 $\xi$ ( $\xi$ 在 $0$ 与 $x$ 之间 ), 余项的绝对值当 $n \rightarrow \infty$ 时的极限为零：
\[
\left|R_{n}(x)\right|=\left|\frac{\sin \left[\xi+\frac{(n+1) \pi}{2}\right]}{(n+1) !} x^{n+1}\right| \leqslant \frac{|x|^{n+1}}{(n+1) !} \rightarrow 0 \quad(n \rightarrow \infty) .
\]
\pause
因此得展开式
\[\tag{4-8}
\sin x=x-\frac{x^{3}}{3 !}+\frac{x^{5}}{5 !}-\cdots+(-1)^{n} \frac{x^{2 n+1}}{(2 n+1) !}+\cdots \quad(-\infty<x<+\infty) .
\]
\end{solution}
\end{frame}


\begin{frame}
以上将函数展开成幂级数的例子， 是直接按公式 $a_{n}=\frac{f^{(n)}(0)}{n !}$ 计算幂级数的系数， 最后考察余项 $R_{n}(x)$ 是否趋于零。 
这种直接展开的方法计算量较大， 而且研究余项即使在初等函数中也不是一件容易的事。
\pause
下面介绍间接展开的方法，这就是利用一些已知的函数展开式， 通过幂级数的运算 (如四则运算、逐项求导、逐项积分) 以及变量代换等， 将所给函数展开成幂级数。 这样做不但计算简单， 而且可以避免研究余项。

\pause
前面我们已经求得的幂级数展开式有
\begin{align*}
  \uncover<+->{
  \mathrm{e}^{x} & =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n !} x^{n} \quad(-\infty<x<+\infty), \tag{4-7}\\
}
  \uncover<+->{
\sin x & =\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n+1) !} x^{2 n+1} \quad(-\infty<x<+\infty), \tag{4-8}\\
}
\uncover<+->{
\frac{1}{1+x} & =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} x^{n} \quad(-1<x<1) .\tag{4-9}
}
\end{align*}
\onslide<+->
利用这三个展开式， 可以求得许多函数的幂级数展开式。 例如
\end{frame}

\begin{frame}
对 (4-9) 式两端从 $0$ 到 $x$ 积分， 可得
\pause
\[\tag{4-10}
\ln (1+x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n+1} x^{n+1}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n} \quad(-1<x \leqslant 1),
\]
\pause
对 (4-8) 式两端求导， 即得
\pause
\[\tag{4-11}
\cos x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2 n) !} x^{2 n} \quad(-\infty<x<+\infty)
\]
\pause
把(4-7) 式中的 $x$ 换成 $x \ln a$, 可得
\pause
\[
a^{x}=\mathrm{e}^{x \ln a}=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\ln a)^{n}}{n !} x^{n} \quad(-\infty<x<+\infty),
\]
\pause
把(4-9) 式中的 $x$ 换成 $x^{2}$, 可得
\pause
\[
\frac{1}{1+x^{2}}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n} x^{2 n} \quad(-1<x<1)
\]
\pause
对上式从 $0$ 到 $x$ 积分， 可得
\pause
\[
\arctan x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2 n+1} x^{2 n+1} \quad(-1 \leqslant x \leqslant 1) .
\]
\end{frame}

\begin{frame}
  (4-7) 、(4-8) 、(4-9) 、(4-10) 、(4-11) 等五个幂级数展开式是最常用的， 记住前三个， 后两个也就掌握了。
  下面再举几个用间接法把函数展开成幂级数的例子。
  \pause
  \begin{example}
  把函数 $f(x)=(1-x) \ln (1+x)$ 展开成 $x$ 的幂级数。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
由 $\ln (1+x)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n} \quad(-1<x \leqslant 1)$ 得
\[
  \begin{aligned}
    f(x) & =(1-x) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n+1} \\
  & =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} x^{n}-\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{n-1} x^{n}=x+\sum_{n=2}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}(2 n-1)}{n(n-1)} x^{n} \quad(-1<x \leqslant 1) .
\end{aligned}
\]
\end{solution}

\pause
\begin{example}
将函数 $\sin x$ 展开成 $\left(x-\frac{\pi}{4}\right)$ 的幂级数。
\end{example}

\end{frame}

\begin{frame}
\begin{solution}
因为
\[
  \begin{aligned}
    \sin x & =\sin \left[\frac{\pi}{4}+\left(x-\frac{\pi}{4}\right)\right]=\sin \frac{\pi}{4} \cos \left(x-\frac{\pi}{4}\right)+\cos \frac{\pi}{4} \sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right) \\
  & =\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\cos \left(x-\frac{\pi}{4}\right)+\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)\right],
\end{aligned}
\]
\pause
  并且有$-\infty<x<+\infty$时
  \[
    \begin{aligned}
      \cos \left(x-\frac{\pi}{4}\right)&= 1-\frac{\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2}}{2 !}+\frac{\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{4}}{4 !}-\cdots+\frac{(-1)^{n}}{(2 n) !}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2 n}+\cdots, \\
    \sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)&= \left(x-\frac{\pi}{4}\right)-\frac{\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{3}}{3 !}+\frac{\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{5}}{5 !}-\cdots+\frac{(-1)^{n}}{(2 n+1) !}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2 n+1}+\cdots .
\end{aligned}
\]
\pause
所以 
\[
  \begin{aligned}
    \sin x= & \frac{1}{\sqrt{2}}\left[1+\left(x-\frac{\pi}{4}\right)-\frac{\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2}}{2 !}-\frac{\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{3}}{3 !}+\cdots+\right. \\
  & \left.\frac{(-1)^{n}}{(2 n) !}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2 n}+\frac{(-1)^{n}}{(2 n+1) !}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2 n+1}+\cdots\right] \quad(-\infty<x<+\infty) .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  将函数 $f(x)=\frac{1}{x^{2}+4 x+3}$ 展开成 $(x-1)$ 的幂级数。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
因为
\[
  \begin{aligned}
    f(x) & =\frac{1}{x^{2}+4 x+3}=\frac{1}{(x+1)(x+3)}=\frac{1}{2(1+x)}-\frac{1}{2(3+x)} \\
    & =\frac{1}{4\left(1+\frac{x-1}{2}\right)}-\frac{1}{8\left(1+\frac{x-1}{4}\right)},
\end{aligned}
\]
\pause
而
\[
  \begin{aligned}
    & \frac{1}{4\left(1+\frac{x-1}{2}\right)}=\frac{1}{4} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2^{n}}(x-1)^{n} \quad(-1<x<3), \\
  & \frac{1}{8\left(1+\frac{x-1}{4}\right)}=\frac{1}{8} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{4^{n}}(x-1)^{n} \quad(-3<x<5),
\end{aligned}
\]
\pause
所以
\[
f(x)=\frac{1}{x^{2}+4 x+3}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\left(\frac{1}{2^{n+2}}-\frac{1}{2^{2 n+3}}\right)(x-1)^{n} \quad(-1<x<3) .
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
最后， 再举一个用直接法展开的例子。
\begin{example}
将函数 $f(x)=(1+x)^{m}$ 展开成 $x$ 的幂级数， 其中 $m$ 为任意实数。
\end{example}

\pause
\begin{solution}
$f(x)$ 的各阶导数为
\[
  \begin{aligned}
      f^{\prime}(x)&= m(1+x)^{m-1}, \\
        f^{\prime \prime}(x)&= m(m-1)(1+x)^{m-2},\\
          & \cdots\\
          f^{(n)}(x)&= m(m-1)(m-2) \cdots(m-n+1)(1+x)^{m-n},\\
        & \cdots
    \end{aligned}
\]
\pause
所以
\[
  \begin{aligned}
    & f(0)=1, \quad f^{\prime}(0)=m, \quad f^{\prime \prime}(0)=m(m-1), \quad \cdots, \\
  & f^{(n)}(0)=m(m-1) \cdots(m-n+1), \quad \cdots
\end{aligned}
\]
\pause
于是得级数
\[
  1+m x+\frac{m(m-1)}{2 !} x^{2}+\cdots+\frac{m(m-1) \cdots(m-n+1)}{n !} x^{n}+\cdots.
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{solution}[续]
这级数相邻两项的系数之比的绝对值
\[
\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|=\left|\frac{m-n}{n+1}\right| \rightarrow 1 \quad(n \rightarrow \infty),
\]
因此， 对于任何实数 $m$ 这级数在开区间 $(-1,1)$ 内收敛。


\pause
为了避免直接研究余项， 设这级数在开区间 $(-1,1)$ 内收敛到函数 $F(x)$ :
\[
F(x)=1+m x+\frac{m(m-1)}{2 !} x^{2}+\cdots+\frac{m(m-1) \cdots(m-n+1)}{n !} x^{n}+\cdots \quad(-1<x<1),
\]
下面证明 $F(x)=(1+x)^{m}$ ($-1<x<1$).
\pause
逐项求导， 得
\[
F^{\prime}(x)=m\left[1+\frac{m-1}{1} x+\cdots+\frac{(m-1) \cdots(m-n+1)}{(n-1) !} x^{n-1}+\cdots\right]
\]
\pause
两端各乘 $(1+x)$, 并把含有 $x^{n}(n=1,2, \cdots)$ 的两项合并起来。 
\pause
根据恒等式
\[
\frac{(m-1) \cdots(m-n+1)}{(n-1) !}+\frac{(m-1) \cdots(m-n)}{n !}=\frac{m(m-1) \cdots(m-n+1)}{n !} \quad(n=1,2, \cdots),
\]
可得
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{solution}[续]
\[
  \begin{aligned}
    (1+x) F^{\prime}(x) & =m\left[1+m x+\frac{m(m-1)}{2 !} x^{2}+\cdots+\frac{m(m-1) \cdots(m-n+1)}{n !} x^{n}+\cdots\right] \\
  & =m F(x) \quad(-1<x<1) .
\end{aligned}
\]
\pause
现在令 $\varphi(x)=\frac{F(x)}{(1+x)^{m}}$, 于是 $\varphi(0)=F(0)=1$, 且
\[
  \begin{aligned}
    \varphi^{\prime}(x) & =\frac{(1+x)^{m} F^{\prime}(x)-m(1+x)^{m-1} F(x)}{(1+x)^{2 m}} \\
  & =\frac{(1+x)^{m-1}\left[(1+x) F^{\prime}(x)-m F(x)\right]}{(1+x)^{2 m}}=0,
\end{aligned}
\]
所以 $\varphi(x)=\text{常数}$.
\pause
但是 $\varphi(0)=1$, 从而 $\varphi(x)=1$, 即
\[
  F(x)=(1+x)^{m}.
\]
\pause
因此在区间 $(-1,1)$ 内有展开式
\[\tag{4-12}
(1+x)^{m}=1+m x+\frac{m(m-1)}{2 !} x^{2}+\cdots+\frac{m(m-1) \cdots(m-n+1)}{n !} x^{n}+\cdots \quad(-1<x<1) .
\]
\pause
在区间的端点， 展开式是否成立要看 $m$ 的数值而定。
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  公式 (4-12) 叫做\emph{二项展开式}。若我们引入记号：
  \[
    \binom{m}{n}=\frac{m(m-1)\cdots (m-(n-1))}{n!}\quad(\text{其中~}\binom{m}{0}=1),
  \]
  \pause
  那么 (4-12) 也可写为
  \[
    (1+x)^m=\sum_{n=0}^\infty \binom{m}{n} x^n, \quad (-1<x<1).
  \]
\pause
  特别地， 当 $m$ 为正整数时， 级数为 $x$ 的 $m$ 次多项式，这就是代数学中的二项式定理。

  ~

  \pause
对应于 $m$ 为 $\frac{1}{2}$ 与 $-\frac{1}{2}$ 的二项展开式分别为
\[
  \begin{aligned}
  \sqrt{1+x}= & 1+\frac{1}{2} x-\frac{1}{2 \times 4} x^{2}+\frac{1 \times 3}{2 \times 4 \times 6} x^{3}-\frac{1 \times 3 \times 5}{2 \times 4 \times 6 \times 8} x^{4}+\cdots+ \\
& (-1)^{n-1} \frac{1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times(2 n-3)}{2 \times 4 \times 6 \times \cdots \times(2 n)} x^{n}+\cdots \quad(-1 \leqslant x \leqslant 1), \\
\pause
\frac{1}{\sqrt{1+x}}= & 1-\frac{1}{2} x+\frac{1 \times 3}{2 \times 4} x^{2}-\frac{1 \times 3 \times 5}{2 \times 4 \times 6} x^{3}+\frac{1 \times 3 \times 5 \times 7}{2 \times 4 \times 6 \times 8} x^{4}-\cdots+ \\
& (-1)^{n} \frac{1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times(2 n-1)}{2 \times 4 \times 6 \times \cdots \times(2 n)} x^{n}+\cdots \quad(-1<x \leqslant 1) .
\end{aligned}
\]
\end{frame}
\end{document}
